将0.2mol•L-1HCN溶液和0.1mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系中正确的是（　　）

①（NH₄）₂SO₄、④NH₄NO₃水解呈酸性，pH＜7；③NH₄HSO₄电离出H⁺呈酸性，pH＜7；②NaNO₃不水解，pH=7；⑤CH₃COONa水解呈碱性，pH＞7，①、④比较，前者c（NH₄⁺）大，水解生成c（H⁺）大，pH小，①③比较，后者电离出c（H⁺）比前者水解出c（H⁺）大，pH小，所以③①④②⑤，故选A．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查溶液PH的大小比较，题目难度不大，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子．

（1）配制500mL、0.2mol•L-1的稀H2SO4的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要选用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、500mL容量瓶等，不需要的仪器为：②烧瓶、④药匙、...

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法．

将0.2mol•L^-1HCN溶液和0.1mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液溶质为HCN和NaCN，二者浓度相等，溶液显碱性，说明CN^-水解程度大于HCN电离程度，则
A．等浓度的CN^-水解程度大于HCN电离程度，则c（HCN）＞c（CN^-），故A错误；
B．溶液显碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），根据c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CN^-）+c（OH^-）可知，c（Na⁺）＞c（CN^-），故B正确；
C．根据物料守恒可知，c（HCN）+c（CN^-）=2c（Na⁺），根据电荷守恒可知c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CN^-）+c（OH^-），二者联式可得：c（HCN）-c（CN^-）=2c（OH^-）-2c（H⁺），故C错误；
D．将0.2mol•L^-1HCN溶液和0.1mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，c（HCN）+c（CN^-）=0.1mol•L^-1，故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意根据题目信息判断，溶液显碱性，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，结合电荷守恒和物料守恒解答．

（1）实验室配制1mol/L的Na₂CO₃溶液100mL需要Na₂CO₃的质量为：0.1L×0.2mol/L×106g/mol=2.1g．
故答案为：2.1g．
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．
所以需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管．
所以还需要用的玻璃仪器为：100mL容量瓶．
故答案为：100mL容量瓶．
（3）①碳酸钠固体未充分干燥，实际称取的碳酸钠的质量偏小，所配溶液的浓度偏低；
②称量时左盘放砝码，由于使用游码，实际称量的碳酸钠的质量为1.9g，称取的碳酸钠的质量偏小，所配溶液的浓度偏低；
③转移溶液时有少量滴洒，移入容量瓶内碳酸钠的物质的量减少，所配溶液的浓度偏低．
故选：①②③．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的计算、步骤以及仪器、误差分析等，难度不大，根据c=[n/V]理解溶液的配制与误差分析．

A、1L0.2mol•L-1硝酸钡溶液含0.2molBa（NO3）2，一个Ba（NO3）2中阴阳离子总数为3，0.2molBa（NO3）2中所含阴阳离子总数是0.6NA，故A正确；B、一个Ba（NO3）2中有2个NO3-，1L0.2mol•L-1硝酸钡溶液含0.4NA个NO3-，...

点评：
本题考点： 阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算．

考点点评： 500mL0.2mol•L-1硝酸钡溶液中Ba2+浓度仍为0.2mol•L-1，与体积无关，本题易错选D．

都加水稀释至100mL，后来溶液的体积相同，则选项中物质的物质的量最大的，其和混合后浓度最大，反应速率最快，
A．碳酸钠的物质的量：0.02L×0.3mol/L=0.006mol
B．碳酸钠的物质的量：0.01L×0.4mol/L=0.004mol
C．碳酸钠的物质的量：0.025L×0.4mol/L=0.01mol
D．碳酸钠的物质的量：0.015L×0.5mol/L=0.0075mol
显然C中碳酸钠物质的量最大，反应速率最快，
故选C．

点评：
本题考点： 化学反应速率的影响因素．

考点点评： 本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握后来溶液体积相同计算选项中物质的量为解答的关键，侧重分析能力的考查，题目难度不大．

（1）反应相当于Ba（OH）₂先与H₂SO₄反应，然后再Na₂SO₄与反应，100mLBa（OH）₂溶液中n[Ba（OH）₂]=0.1L×0.2moL•L^-1=0.02mol，100mL溶液中n（H₂SO₄）=0.1L×0.2moL•L^-1=0.02mol，故氢氧化钡与硫酸恰好反应，硫酸钠不反应，溶液中溶质为Na₂SO₄，Na₂SO₄的物质的量为0.1L×0.1moL•L^-1=0.01mol，Na₂SO₄的质量为0.01mol×142g/moL=1.42g，
故答案为：Na₂SO₄；1.42g；
（2）溶液中沉淀量达到最大时，硫酸根完全反应，发生Ba²⁺+SO₄^2-=BaSO₄↓，故n[Ba（OH）₂]=n（SO₄^2-）=0.02mol+0.01mol=0.03mol，故氢氧化钡溶液的体积为[0.03mol/0.2mol/L]=0.15L=150mL．
此时溶液中溶质为NaOH，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（Na⁺）=0.01mol×2=0.02mol，故溶液中NaOH浓度为[0.02mol/0.25L]=0.08mol/L，
故答案为：150；NaOH；0.08．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查混合物的有关计算、常用化学计量的有关计算等，难度不大，理解发生反应的本质是解题的关键．

A．1molK2SO4含有2molK+，K+的浓度为K2SO4的2倍，K2SO4溶液为0.2mol/L，所以K+离子浓度是0.4mol/L，故A正确；B．500mL0.2mol•L-1K2SO4溶液中，K2SO4的物质的量n=C•V=0.5L×0.2mol•L-1=0.1mol，K+的个数N=0.1×2×...

点评：
本题考点： 阿伏加德罗常数．

考点点评： 本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，注意注意溶液是均一的，浓度与体积无关．

溶液中n（Cl^-）=0.1L×1.3mol/L=0.13mol，
溶液中n（Mg²⁺）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol．
所以溶液中n（Al³⁺）=[1.3mol−0.02mol×2/3]=0.03mol，
将100mL此溶液中的Mg²⁺转化为Mg（OH）₂沉淀并分离析出，
反应后溶液为NaCl、NaAlO₂的混合液，
由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.13mol+0.03mol=0.16mol，
所以至少需要2mol/L氢氧化钠溶液的体积为[0.16mol/2mol/L]=0.08L=80ml．
故选：A．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物．

考点点评： 本题考查计算，利用原子守恒，简化解题，关键在于清楚反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液．

（1）等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以混合溶液中水电离出的c（H⁺）＞0.2 mol•L^-1 HCl溶液中水电离出的c（H⁺），
故答案为：＞；
（2）根据电荷守恒得c（Cl^-）-c（M⁺）=c（H⁺）-c（OH^-）=10^-6 mol/L-10^-8 mol/L=9.9×10^-7mol•L^-1，根据质子守恒得 c（H⁺）-c（MOH）=c（OH^-）=1.0×10^-8mol•L^-1，
故答案为：9.9×10^-7；1.0×10^-8；
（3）室温下如果取0.2mol•L^-1 MOH溶液与0.1mol•L^-1 HCl溶液等体积混合，溶液中的溶质是MCl和MOH，测得混合溶液的pH＜7，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，溶液呈酸性，则c（H⁺）＞c（OH^-），结合电荷守恒知c（Cl^-）＞c（M⁺），盐中阴阳离子浓度大于氢离子和氢氧根离子浓度，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Cl^-）＞c（M⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），
故答案为：＜；c（Cl^-）＞c（M⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
（4）若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，氨水的浓度大于0.001mol/L，而盐酸的浓度为0.001mol/L，等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，
故答案为：＞．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，根据电荷守恒和质子守恒分析弱电解质的电离及盐类水解，题目难度中等．

（1）NaOH溶液与CH₃COOH溶液恰好完全反应时，生成了醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液显示碱性，溶液的pH大于7；二者恰好完全反应时溶液的pH大于7，所以应该在AB段，
故答案为：否；AB；
（2）根据题干信息，锥形瓶中应该盛放氢氧化钠溶液，滴定管中盛放醋酸，二者恰好反应时溶液显示碱性，应该使用酚酞作为指示剂，所以C正确，
故选C；
（3）D点时醋酸的体积为25mL，n（CH₃COO^-）+n（CH₃COOH）=0.2mol•L^-1×0.025L=0.005mol，
n（Na⁺）=0.1mol•L^-1×0.025L=0.0025mol，所以n（CH₃COO^-）+n（CH₃COOH）=2n（Na⁺），
由于溶液的体积相同，所以c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=2c（Na⁺），
故答案为：=；
（4）在C点，溶液的pH＜7，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒：CH3COO^-+OH^-=Na⁺+H⁺可知，溶液中：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），
故答案为：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）．

点评：
本题考点： 中和滴定．

考点点评： 本题考查了中和滴定，题目难度不大，注意掌握中和滴定方法及指示剂的选用方法，比较离子浓度大小时，注意电荷守恒和物料守恒的应用；本题充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．

（1）配制500mL、0.2mol•L^-1的稀H₂SO₄的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要选用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、500mL容量瓶等，不需要的仪器为：②烧瓶、⑦托盘天平、⑧药匙，
故答案为：②⑦⑧；
（2）该浓硫酸的物质的量浓度为：[1000×1.84×98%/98]mol/L=18.4mol/L，配制500mL、0.2mol•L^-1的稀H₂SO₄，需要浓硫酸的体积为：[0.2mol/L×0.5L/18.4mol/L]≈0.0054L=5.4mL，需要选用10mL量筒，所以①正确，
故答案为：5.4； ①；
（3）①量取浓硫酸的量筒不能洗涤，如果洗涤量取浓H₂SO₄后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致量取的浓硫酸体积偏大，配制的溶液浓度偏高；
②未等稀释后的H₂SO₄溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积判断，冷却后溶液体积变小，配制的溶液浓度偏高；
③将浓H₂SO₄直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸，稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸缓缓加入水中，顺序不能颠倒；
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低；
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量及溶液体积没有影响，不影响配制结果；
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低；
⑦定容时，俯视标线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高；
根据以上分析可知，错误的操作有：①②③④⑥⑦；能引起实验结果偏高的有：①②⑦，
故答案为：①②③④⑥⑦； ①②⑦．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法．

（1）根据C=[1000ρω%/M]可知浓硫酸的浓度C=[1000×1.84×98%/98]=18.4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为VL，根据溶液的稀释定律C_浓V_浓=C_稀V_稀可知：
18.4mol/L×VL=0.5L×0.2mol•L^-1
解得V=0.0054L=5.4ml
故答案为：5.4；
（2）需要的浓硫酸为5.4ml，则根据量筒的选用规则是“大而近”，故选用10ml的量筒，故答案为：10；
（4）移液是将稀释并冷却的溶液转移到500ml容量瓶中，故答案为：500ml容量瓶；
（7）定容时，继续向容量瓶中缓缓加入蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管进行定容，要逐滴滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度线相切，故答案为：胶头滴管，溶液的凹液面正好与刻度线相切；
（8）①没有进行操作步骤（5），导致溶质损失，溶液浓度偏低，故答案为：偏低；
②在第（4）步不慎有少量液体流到容量瓶外，会导致溶质损失，溶液浓度偏低，故答案为：偏低；
③容量瓶没干燥，内壁附有少量蒸馏水，对所配溶液的浓度无影响，故答案为：无影响；
④在定容观察液面时，俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，浓度偏高，故答案为：偏高．

点评：
本题考点： 溶液的配制．

考点点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度中等，注意熟练掌握配制一定物质的量浓度的溶液的步骤，本题难度、易错点为误差分析，注意明确误差分析的方法．

0.2mol•L^-1的醋酸与0.2mol•L^-1的氢氧化钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，醋酸钠促进水电离，盐酸是酸抑制水电离，所以a、b、c的关系是c＞a＞b，
故选B．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查了影响水电离的因素，明确哪些物质促进水电离哪些物质抑制水电离是解本题关键，难度不大．

MgCl₂和AlCl₃的混合溶液，其中Mg²⁺浓度为0.2mol•L^-1，Cl^-浓度为1.3mol•L^-1，
设Al³⁺的浓度为x，由电荷守恒可知，
0.2mol/L×2+x×3=1.3mol/L×1，
解得x=0.3mol/L，
则将Mg²⁺、Al³⁺的物质的量分别为0.2L×0.2mol/L=0.04mol、0.2L×0.3mol/L=0.06mol，
由发生反应为MgCl₂+2NaOH=Mg（OH）₂↓+2NaCl
1 2
0.04mol 0.08mol
AlCl₃+4NaOH=NaAlO₂+3NaCl+2H₂O，
1 4
0.06mol 0.24mol
使Mg²⁺全部转化为沉淀分离出来，消耗的NaOH的物质的量为0.08mol+0.24mol=0.32mol，
则需加4mol•L^-1NaOH溶液的体积为[0.32mol/4mol/L]=0.08L=80mL，
故选C．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查离子的分离及利用化学反应方程式的计算，明确Mg2+全部转化为沉淀分离出来发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用氢氧化铝的两性来解答．

①根据n=c•V可知需要的Na2CO3的物质的量n=0.2mol•L-1×0.25L=0.05mol，质量m=n•M=0.05mol×106g/mol=5.3g，故答案为：5.3；②根据1molNa2CO3•10H2O能提供1molNa2CO3，可知需要的Na2CO3•10H2O的物质的量n=0.05mo...

点评：
本题考点： 溶液的配制．

考点点评： 本题考查了有关物质的量浓度的计算，掌握好公式的使用方法是解题的关键，难度不大．

（1）根据n=C•V可知需要的NaOH固体的物质的量n=0.2mol•L^-1×0.5L=0.1mol，质量m=n•M=0.1mol×40g/mol=4.0g，故答案为：4.0；
（2）配制一定物质的量浓度的溶液的基本步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以配制溶液需要用到的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故必须使用的仪器有：①⑤⑥⑦⑧，故答案为：①⑤⑥⑦⑧；
（3）容量瓶是专用于配制一定物质的量浓度溶液的仪器，只有一条刻度线，不能受热．
A、容量瓶是专用于配制一定物质的量浓度溶液的仪器，故A正确；
B、容量瓶不能用于储存溶液，配制好溶液后必须尽快转移到试剂瓶中，故B错误；
C、容量瓶只有一条刻度线，故不能配制容量瓶规格以下的任意体积的液体，故C错误；
D、容量瓶不能受热，故不能用于稀释浓溶液，故D错误；
E、容量瓶不能用于量取一定体积的液体，故E错误；
F、容量瓶不能受热，故不能用于加热溶解固体，故F错误．
故选A．
（4）若定容时仰视刻度线，则溶液体积偏大，所得溶液浓度偏偏低；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，导致溶质的损失，则所配制溶液的浓度偏低．故答案为：小于；小于．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，注意误差的分析和容量瓶的使用，难度不大，

将0.2mol•L^-1HCN溶液和0.1mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液溶质为HCN和NaCN，二者浓度相等，溶液显碱性，说明CN^-水解程度大于HCN电离程度，则
A．等浓度的CN^-水解程度大于HCN电离程度，则c（HCN）＞c（CN^-），故A错误；
B．溶液显碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），根据c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CN^-）+c（OH^-）可知，c（Na⁺）＞c（CN^-），故B正确；
C．根据物料守恒可知，c（HCN）+c（CN^-）=2c（Na⁺），根据电荷守恒可知c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CN^-）+c（OH^-），二者联式可得：c（HCN）-c（CN^-）=2c（OH^-）-2c（H⁺），故C错误；
D．将0.2mol•L^-1HCN溶液和0.1mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，c（HCN）+c（CN^-）=0.1mol•L^-1，故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意根据题目信息判断，溶液显碱性，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，结合电荷守恒和物料守恒解答．

待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO₃^2-、SO₃^2-、SO₄^2-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO₃^2-，可能存在SO₃^2-、SO₄^2-中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba²⁺；
滤液A中有Ba²⁺，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH₄⁺、HCO₃^-，一定不存在Fe³⁺，气体B为NH₃，白色沉淀B为BaCO₃，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br^-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl^-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl^-；
（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO₃^-、Ba²⁺、OH^-反应生成，反应离子方程式为：HCO₃^-+Ba²⁺+OH^-=BaCO₃↓+H₂O，
故答案为：HCO₃^-+Ba²⁺+OH^-=BaCO₃↓+H₂O；
（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe³⁺、Ba²⁺，
故答案为：Fe³⁺、Ba²⁺；
（3）①由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl^-，溶液中一定没有Br^-．
若无色气体D是单一气体，则D为CO₂，E为CaCO₃，溶液中含有CO₃^2-，白色沉淀D只能为BaSO₄，溶液中一定没有SO₃^2-，一定含有SO₄^2-，
B（碳酸钡）的物质的量=[19.7/197g/mol]=0.1mol，则n（HCO₃^-）=0.1mol，故c（HCO₃^-）=[0.1mol/1L]=0.1mol/L，
E（碳酸钙）的物质的量=[10g/100g/mol]=0.1mol，则n（CO₃^2-）=0.1mol，故c（CO₃^2-）=[0.1mol/1L]=0.1mol/L，
D（硫酸钡）的物质的量=[11.65g/233g/mol]=0.05mol，则n（SO₄^2-）=0.05mol，故c（SO₄^2-）=[0.05mol/1L]=0.05mol/L，
故答案为：
阴离子 Cl^- Br^- CO₃^2- HCO₃^- SO₃^2- SO₄^2-
浓度/mol•L^-1 ？ 0 0.1 0.1 0 0.05②n（NH₄⁺）=n（NH₃）=[2.24L/22.4L/mol]=0.1mol，则c（NH₄⁺）=0.1mol/L，溶液中c（Na⁺）=0.2mol/L，c（HCO₃^-）=0.1mol/L，c（CO₃^2-）=0.1mol/L，c（SO₄^2-）=0.05mol/L，单位体积为正电荷=1×0.1mol/L+1×0.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=1×0.1mol/L+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷＜单位体积内负电荷，故一定含有K⁺，当溶液中没有Cl^-，K⁺离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c（K⁺）最小浓度=0.4mol/L-0.3mol．L=0.1mol/L，
故答案为：存在；K⁺离子最小浓度为0.1mol/L；
（4）由上述分析可知，溶液中一定含有CO₃^2-、HCO₃^-，不能确定原溶液中是否含有Cl^-，溶液中一定没有Br^-．
若无色气体D是混合气体，只能为CO₂、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO₄，溶液中一定含有SO₃^2-，不能确定是否含有SO₄^2-，沉淀A中一定含有BaCO₃，BaSO₃，
①待测液中一定含有的阴离子是CO₃^2-、HCO₃^-、SO₃^2-，故答案为：CO₃^2-、HCO₃^-、SO₃^2-；
②沉淀A中BaCO₃，BaSO₃能与稀硝酸反应，故答案为：BaCO₃、BaSO₃．

点评：
本题考点： 无机物的推断；离子方程式的书写．

考点点评： 本题考查了离子的推断、检验，熟悉物质的性质是解本题关键，根据实验过程中反应现象、离子共存条件来确定溶液中存在的离子，注意根据溶液中电荷守恒确定钾离子是否存在，同时考查学生综合运用知识解决问题的能力，题目难度较大．

铝离了浓度为0.2mol•L^-1，硫酸根离子的浓度为0.4mol•L^-1，
设镁离了的浓度为为x，
根据电荷守恒可知，
0.2mol/L×3+x×2=0.4mol/L×2，
解得x=0.1mol/L，
故选A．

点评：
本题考点： 电解质在水溶液中的电离；物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查物质的量浓度的计算，明确电荷守恒是解答本题的关键，并注意离子的电荷数，难度不大．

A、图象分析，100mL 0.1mol•L^-1 H₂A（二元酸）溶液PH=2，说明氢离子未全部电离，H₂A为弱酸，故A错误；
B、K点对应溶液中向100mL 0.1mol•L^-1 H₂A（二元酸）溶液中逐滴加入0.2mol•L^-1 NaOH溶液100ml，恰好反应生成Na₂A，加水促进水解，溶液中氢氧根离子浓度减小，结合离子积常数分析氢离子浓度增大，c（H⁺）增大，故B正确；
C、依据溶液中电荷，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+2c（A^2-）+c（HA^-），如呈中性，c（H⁺）=c（OH^-），c（Na⁺）=2c（A^2-）+c（HA^-），故C错误；
D、K点对应溶液中向100mL 0.1mol•L^-1 H₂A（二元酸）溶液中逐滴加入0.2mol•L^-1 NaOH溶液100ml，恰好反应生成Na₂A，依据溶液中离子浓度大小为：c（Na⁺）＞c（A^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 中和滴定．

考点点评： 本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，图象分析是关键，题目难度中等．

（1）n（Cu）=[1.92g/64g/mol]=0.03mol，n（HNO₃）=V•c=0.5L×0.2 mol•L^-1=0.1 mol，
由3Cu+8HNO₃ =3Cu（NO₃）₂+4H₂O+2NO↑可知，稀硝酸过量，
设生成的一氧化氮物质的量为x，消耗HNO₃的物质的量为y，
则3Cu+8HNO₃=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O
38 2
0.03moly x
（1）生成NO的物质的量x=[2×0.03mol/3]=0.02mol，标准状况下所占的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，答：标准状况下所占的体积为0.448L；
（2）消耗硝酸的物质的量y=[0.03mol×8/3]=0.08mol，则反应后溶液中H⁺的物质的量浓度是[0.1mol−0.08mol/0.5L]=0.04mol/L，
答：反应后溶液中H⁺的物质的量浓度是0.04mol/L．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的反应及物质的量的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．

电解质溶液呈电中性，则溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得c（K⁺）+3c（Al³⁺）=2c（SO₄^2-），
所以c（Al³⁺）=
2c(SO42−)−c(K+)
3=[2×0.7mol/L−0.2mol/L/3]=0.4mol/L，
故选A．

点评：
本题考点： 物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查了离子浓度的计算，根据电解质溶液呈电中性，再结合电荷守恒来分析解答即可，注意再这里不考虑铝离子水解，为易错点．

将0.4mol•L^-1HA溶液和0.2mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液溶质为HA和NaA，二者浓度相等，
A．无论该溶液呈酸性还是碱性，溶液遵循电荷守恒，都有c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），故A正确；
B．无论该溶液呈酸性还是碱性，由物料守恒可知都有2c（Na⁺）=c（A^-）+c（HA），故B错误；
C．若该溶液中HA电离能力大于A^-水解能力，溶液显酸性，则有c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（HA）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故C正确；
D．若该溶液中A^-水解能力大于HA电离能力，溶液显碱性，则则有c（HA）＞（Na⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故D错误；
故选BD．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意根据题目信息判断，反应后溶质的量及电离、水解的大小，结合电荷守恒和物料守恒解答．

（1）配制溶液的操作步骤：首先计算出需要的药品的体积，然后用量筒量取，后放入烧杯中稀释，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2CM时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶．用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管．故还用到的仪器是500ml容量瓶和胶头滴管，
故答案为：500ml容量瓶、胶头滴管；
（2）根据操作过程是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序是：②①③⑧⑤⑥⑦④，故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④；
（3）根据C=[1000ρω/M]可知：浓硫酸的物质的量浓度C=[1000×18.4g/ml×98%/98g/mol]=18.4mol/L，设需要浓硫酸的体积为VL，根据稀释定律C_浓V_浓=C_稀V_稀来计算可有：18.4mol/L×VL=0.5L×0.2mol•L^-1，解得：V=0.0054L=5.4mL，故答案为：5.4mL；
（4）A．往容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流是正确的，因为如果不引流溶液容易洒出，故A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗是不正确的，这样会导致溶质的物质的量偏大，导致所配溶液浓度偏高，故B错误；
C．容量瓶不能用于溶解固体，故C错误；
D．容量瓶不能用于稀释浓溶液，故D错误；
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次是摇匀的正确操作，故E正确．
故选：BCD；
（5）①量取浓硫酸时仰视刻度线，会导致量取的浓硫酸的体积偏多，所配稀溶液的浓度偏高，故①选；
②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏低，故②不选；
③只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故③不选；
④定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故④选；
⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏高，故⑤选；
⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线是正常的，再加水至刻度线会导致浓度偏低，故⑥不选．
故答案为：①④⑤．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项．

A、图象分析，100mL 0.1mol•L^-1 H₂A（二元酸）溶液PH=2，说明氢离子未全部电离，H₂A为弱酸，故A错误；
B、常温下，向100mL 0.1mol•L^-1 H₂A（二元酸）溶液中逐滴加入0.2mol•L^-1 NaOH溶液50ml，恰好反应生成NaHA，溶液呈酸性，所以加入51ml氢氧化钠溶液溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断离子浓度大小，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+2c（A^2-）+c（HA^-），如呈中性，c（H⁺）=c（OH^-），c（Na⁺）=2c（A^2-）+c（HA^-），故B错误；
C、K点对应溶液中向100mL 0.1mol•L^-1 H₂A（二元酸）溶液中逐滴加入0.2mol•L^-1 NaOH溶液100ml，恰好反应生成Na₂A，依据溶液中离子浓度大小为：c（Na⁺）＞c（A^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C错误；
D、K点对应溶液中向100mL 0.1mol•L^-1 H₂A（二元酸）溶液中逐滴加入0.2mol•L^-1 NaOH溶液100ml，恰好反应生成Na₂A，加水促进水解，溶液中氢氧根离子浓度减小，结合离子积常数分析氢离子浓度增大，c（H⁺）增大，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，图象分析是关键，题目难度中等．

向20mL 0.2mol•L^-1H₂A溶液中滴加0.2mol•L^-1NaOH溶液，当V （NaOH）=20mL时，此时为NaOH+H₂A=NaHA+H₂O；溶液主要为NaHA，依据图象分析，曲线Ⅰ是H₂A物质的量的变化，溶液中存在电离生成氢离子和HA^-离子，加入氢氧化钠溶液体积为20ml时反应后，溶液主要为NaHA，曲线Ⅱ是HA^-两种浓度变化，H₂A物质的量为0，说明HA^-不水解，只存在电离平衡，所以浓度略小于钠离子浓度，由曲线可以看出，HA^-离子电离生成氢离子和A^-离子，溶液显酸性，因此H⁺、A^2-大于OH^-、H₂A，再加上水电离出的氢离子和氢氧根，所以H⁺＞A^2-，OH^-＞H₂A；所以有：c（Na⁺）＞c（HA^-）＞c（H⁺）＞c（A^2-）＞c（OH^-）＞c（H₂A）；
故选B．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了酸碱反应定量关系计算分析，图象分析判断，溶液酸碱性的分析应用，题目难度中等．

（1）0.2mol•L^-1Na₂CO₃溶液250mL需要Na₂CO₃的质量为：0.25L×0.2mol/L×106g/mol=5.3g，故答案为：5.3；
（2）玻璃棒在溶解固体时为了加速溶解，起搅拌作用，过滤时是起引流作用，
故答案为：搅拌；引流；
（3）A．某同学在第⑧步观察液面时俯视，溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏高，故答案为：偏高；
B．没有进行操作步骤④和⑤，溶质的质量偏小，所得溶液浓度偏低，故答案为：偏低；
C．在第⑤步不慎有少量液体流到容量瓶外，溶质的质量偏小，所得溶液浓度偏低，故答案为：偏低．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，难度不大，注意从c=[n/V]理解溶液配制原理与误差分析．

（1）设两种浓度的硫酸溶液的体积分别为V₁，V₂，溶液混合前后，溶质的物质的量不变，则有：
0.2mol•L^-1×V₁+0.05mol•L^-1×V₂=0.1mol•L^-1×100mL；
V₁+V₂=100mL；
解得：V₁=[100/3]mL；V₂=[200/3]mL；
所以所需两种浓度的硫酸溶液的体积之比1：2；
故答案为：1：2；
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以应选用的仪器为：CDFGH；
故答案为：CDFGH；
（3）100mL 0.1mol•L^-1 CuSO₄溶液中CuSO₄的物质的量n=0.1mol•L^-1×0.1L=0.01mol，CuSO₄•5H₂O的质量m=0.01mol×250g/mol=2.5g；
使用容量瓶前检验容量瓶是否漏水；
容量瓶用蒸馏水洗净后，直接加入待配溶液，无需润洗，否则浓度偏大；
容量瓶不能用来溶解固体；
故答案为：2.5；检验容量瓶是否漏水；BC；

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制步骤、计算以及仪器，难度不大．

（1）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶，故答案为：②⑦⑧；
（2）设需要98%H₂SO₄的体积为VmL，根据溶液稀释前后溶质质量不变则，VmL×1.84g/cm³×98%=500mL×0.2mol•L^-1×98g/mol，解得V=5.4ml，选用量筒的规格为10mL，
故答案为：5.4ml；10mL；
（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故答案为：500；引流；烧杯及玻璃棒；1-2cm；胶头滴管；凹液面的最低点与刻线相平；
（4）①洗涤量取浓H₂SO₄后的量筒，不需要将洗涤液转移到容量瓶中，故①错误；
②稀释后的H₂SO₄溶液应冷却至室温才能转移到容量瓶，故②错误；
③稀释浓H₂SO₄时，将浓H₂SO₄沿着烧杯内壁缓慢倒入盛有蒸馏水的烧杯中，故③错误；
④定容时，加蒸馏水超过标线，不能胶头滴管吸出，应重新配制，故④错误；
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响，故⑤正确；
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，这样会导致溶液的体积偏大，故⑥错误；
⑦定容时，俯视标线，会使溶液的体积偏小，故⑦错误；
⑧最后定容后，发现在刻度线的上方粘有一滴H₂SO₄的浓溶液，这样会导致溶液的体积偏大，故⑧错误；
故答案为：①②③④⑥⑦⑧．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，正确的操作才能配得浓度准确的溶液．

由信息可知，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则Mn元素的化合价降低，设反应后Mn元素的化合价为x，
由电子守恒可知，20×0.001L×0.5mol/L×（6-4）=20×10^-3L×0.2mol•L^-1×（7-x），
解得x=+2，
故选B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，注意从化合价角度及电子守恒角度分析，题目难度不大．

A．当V（NaOH）=0时，由图象可知，酸电离生成的c（H⁺）＞2×10^-3mol/L，由水电离出的c（H⁺）_水=
KW
c(H+)≠1.0×10^-12mol/L，故A错误；
B．当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H₂SO₃=NaHSO₃+H₂O，溶液主要为NaHSO₃，HSO₃^-电离大于水解，溶液显酸性，则c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-），故B正确；
C．当V（NaOH）=40 mL时，由图象可知，溶质为Na₂SO₃，以水解为主，则c（Na⁺）＞2c（SO₃^2-），故C错误；
D．当V（NaOH）=40 mL后，继续滴加NaOH溶液，不再发生化学反应，所以温度变化不明显，不会继续升高，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 离子方程式的有关计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查离子反应，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图中分析即可，不需要进行计算，题目难度中等．

A、1L0.2mol•L^-1硝酸钡溶液含0.2molBa（NO₃）₂，一个Ba（NO₃）₂中阴阳离子总数为3，0.2molBa（NO₃）₂中所含阴阳离子总数是0.6N_A，故A正确；
B、一个Ba（NO₃）₂中有2个NO₃^-，1L0.2mol•L^-1硝酸钡溶液含0.4N_A个NO₃^-，故B错误；
C、一个Ba（NO₃）₂中有2个NO₃^-，500mL0.2mol•L^-1Ba（NO₃）₂含有0.2N_A个NO₃^-，故C正确；
D、500mL0.2mol•L^-1硝酸钡溶液中Ba²⁺浓度仍为0.2mol•L^-1，与体积无关，故D正确；
故选：B．

点评：
本题考点： 阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算．

考点点评： 500mL0.2mol•L-1硝酸钡溶液中Ba2+浓度仍为0.2mol•L-1，与体积无关，本题易错选D．

将0.2mol•L^-1HCN溶液和0.1mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液溶质为HCN和NaCN，二者浓度相等，溶液显碱性，说明CN^-水解程度大于HCN电离程度，则
A．等浓度的CN^-水解程度大于HCN电离程度，则c（HCN）＞c（CN^-），故A错误；
B．溶液显碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），根据c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CN^-）+c（OH^-）可知，c（Na⁺）＞c（CN^-），故B正确；
C．根据物料守恒可知，c（HCN）+c（CN^-）=2c（Na⁺），根据电荷守恒可知c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CN^-）+c（OH^-），二者联式可得：c（HCN）-c（CN^-）=2c（OH^-）-2c（H⁺），故C错误；
D．将0.2mol•L^-1HCN溶液和0.1mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，c（HCN）+c（CN^-）=0.1mol•L^-1，故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意根据题目信息判断，溶液显碱性，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，结合电荷守恒和物料守恒解答．

A、N（阴阳离子数）=3×c（Ba（NO₃）₂）2V N_A=3×0.2mol/L×2L×N_A=1.2N_A，故A正确；
B、0.2mol•L^-1的Ba（NO₃）₂溶液中：c（NO₃^-）=2×c[Ba（NO₃）₂）]=2×0.2mol/L=0.4mol/L，故B错误；
C、c（Ba²⁺）=1×c（Ba（NO₃）₂）=1×0.2mol/L=0.2mol/L，故C正确；
D、n（NO₃^-）=2 c（Ba（NO₃）₂）V=2×0.2mol/L×0.5L=0.2mol，NO₃^-总数为0.2N_A，故D正确；
故选B．

点评：
本题考点： 物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查了有关物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意掌握物质的量浓度的概念及计算方法，明确化学式与离子的关系是解本题的关键．

500mL 0.2mol•L^-1KCl溶液中含有溶质氯化钾0.1mol，需要氯化钾的质量为：74.5g/mol×0.1mol=7.45≈7.5g；称量7.5g氯化钾，可以使用托盘天平进行称量；为了加速溶解，需要使用玻璃棒进行搅拌；转移溶液时，需要使用玻璃棒引流，目的是避免液体流到容量瓶外边；定容时，先直接加蒸馏水到容量瓶刻度线1-2cm，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，
故答案为；①7.5；②托盘天平； ③搅拌（或适当加热）；④转移过程中用玻棒进行引流；⑤当加水至离刻度线1-2厘米时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切；
（1）在使用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，必须检查容量瓶是否漏水，故答案为：容量瓶是否漏水；
（2）未将洗涤烧杯、玻棒的洗液转移至容量瓶，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故答案为：偏低；
（3）若进行⑤步操作时加蒸馏水超过刻度线，会导致配制的溶液浓度偏低，此次配制失败，需要倒掉重新配制，故答案为：重新配制．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，题目难度中的，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确误差分析的方法与技巧．

（1）配制500ml0.2mol/L稀硫酸，操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故不需要用到的仪器为：⑥托盘天平、⑦药匙，故答案为：⑥⑦；
（2）需要配制500ml0.2mol/L稀硫酸，一定容积的容量瓶只能配制需要体积的溶液，硅选择500mL容量瓶，故答案为：500；
（3）根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×10mol/L=500mL×0.2mol/L，解得：x=10.0，所以选择10mL量筒，故答案为：10.0mL；①；
（4）稀释浓硫酸需要玻璃棒搅拌，向容量瓶移液，需要玻璃棒引流，故答案为：搅拌、引流；
（5）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，故答案为：冷却；
（6）某些强碱溶液会腐蚀玻璃，存放时间久了会影响容量瓶的测量体积，影响所配溶液的精度，故配制好的溶液不变长期存放在容量瓶中，故答案为：不能．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，注意从c=[n/V]理解配制原理，注意浓硫酸的稀释操作．

A、在A、C间任一点，当盐酸的量很少时，溶液中以氨水的电离为主，所以溶液中离子存在的关系可能是c（NH4+）＞c（OH-）＞c（Cl-）＞c（H+），故A错误；B、氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，当溶液的PH=7时，氨水...

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱中和反应中PH值图象的分析，难度不大，注意特殊点的分析，1未加盐酸溶液时，2酸碱恰好反应时，3溶液的PH=7时．